高中奥数 2022-03-18

作者: 不为竞赛学奥数 | 来源:发表于2022-03-18 18:31 被阅读0次

高中奥数 2022-03-18
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（来源: 数学奥林匹克小丛书第二版高中卷不等式的解题方法与技巧苏勇熊斌证明不等式的基本方法 P056 习题09）

设 $a$ 、 $b$ 、 $c$ 是正实数,求证:
$a^{2}+b^{2}+c^{2}\geqslant \dfrac{c\left(a^{2}+b^{2}\right)}{a+b}+\dfrac{b\left(c^{2}+a^{2}\right)}{c+a}+\dfrac{a\left(b^{2}+c^{2}\right)}{b+c}$

证明

不妨设 $a\geqslant b\geqslant c$ ,令 $\dfrac{a}{c}=x$ , $\dfrac{b}{c}=y$ ,则 $x\geqslant y\geqslant 1$ .

原不等式转化为 $x^{2}+y^{2}+1\geqslant \dfrac{x^{2}+y^{2}}{x+y}+\dfrac{y\left(1+x^{2}\right)}{1+x}+\dfrac{x\left(1+y^{2}\right)}{1+y}$ .

去分母,整理得 $\left(x^{4}y+xy^{4}\right)+\left(x^{4}+y^{4}+x+y\right)\geqslant \left(x^{3}y^{2}+x^{2}y^{3}\right)+\left(x^{3}+y^{3}+x^{2}+y^{2}\right)$ ,即
$xy\left(x+y\right)\left(x-y\right)^{2}+x\left(x+1\right)\left(x-1\right)^{2}+y\left(y+1\right)\left(y-1\right)^{2}\geqslant ≥0.$
故原不等式成立.

注:本题也可以直接证.证法如下:

设 $a\geqslant b\geqslant c$ , $a^{2}-\dfrac{a\left(b^{2}+c^{2}\right)}{b+c}=\dfrac{a^{2}b+a^{2}c-ab^{2}-ac^{2}}{b+c}=\dfrac{ab\left(a-b\right)}{b+c}+\dfrac{ac\left(a-c\right)}{b+c}$ ,

由于 $\dfrac{1}{b+c}\geqslant \dfrac{1}{a+c}\geqslant \dfrac{1}{a+b}$ ,则

左边-右边 $=\left[\dfrac{ab\left(a-b\right)}{a+c}-\dfrac{ab\left(a-b\right)}{c+a}\right]+\left[\dfrac{ac\left(a-c\right)}{b+c}-\dfrac{ac\left(a-c\right)}{a+b}\right]+\left[\dfrac{bc\left(b-c\right)}{c+a}-\dfrac{bc\left(b-c\right)}{a+b}\right]$ ,

故原不等式成立.

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（来源: 数学奥林匹克小丛书第二版高中卷不等式的解题方法与技巧苏勇熊斌证明不等式的基本方法 P057 习题10）

设 $x,y,z\in \mathbb{R}^{+}$ ,且满足 $xyz+x+z=y$ ,求 $p=\dfrac{2}{x^{2}+1}-\dfrac{2}{y^{2}+1}+\dfrac{3}{z^{2}+1}$ 的最大值.

解

由已知, $x+\left(-y\right)+z=x\cdot \left(-y\right)\cdot z$ .

设 $x=\tan \alpha$ , $y=-\tan \beta$ , $z=\tan \gamma$ , $\left(\alpha+\beta+\gamma=k\pi\right)$ .

故
$\begin{aligned} p&=2\cos ^{2}\alpha-2\cos ^{2}\beta+3\cos ^{2}\gamma\\ &=2\cos ^{2}\alpha-2\cos ^{2}\beta+3\cos ^{2}\left(\alpha+\beta\right)\\ &=-2\sin\left(\alpha+\beta\right)\sin \left(\alpha-\beta\right)+3\cos ^{2}\gamma\\ &\leqslant 2\sin \gamma+3-3\sin ^{2}\gamma\\ &=-3\left(\sin \gamma-\dfrac{1}{3}\right)^{2}+\dfrac{10}{3}\\ &\leqslant \dfrac{10}{3}, \end{aligned}$
因此 $p_{\max}=\dfrac{10}{3}$ .

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（来源: 数学奥林匹克小丛书第二版高中卷不等式的解题方法与技巧苏勇熊斌证明不等式的基本方法 P057 习题11）

求证:在开区间 $\left(0,1\right)$ 内一定能找到四对两两不同的正数 $\left(a,b\right)\left(a\ne b\right)$ ,满足:
$\sqrt{\left(1-a^{2}\right)\left(1-b^{2}\right)}>\dfrac{a}{2b}+\dfrac{b}{2a}-ab-\dfrac{1}{8ab}.$

证明

令 $a=\cos \alpha$ , $b=\cos \beta$ , $\alpha,\beta\in \left(0,\dfrac{\pi}{2}\right)$ ,则
$ab+\sqrt{\left(1-a^{2}\right)\left(1-b^{2}\right)}=\cos \left(\alpha-\beta\right).$
两边平方,有 $\sqrt{\left(1-a^{2}\right)\left(1-b^{2}\right)}=\dfrac{1}{2ab}\cdot \left[\cos ^{2}\left(\alpha-\beta\right)-1\right]+\dfrac{a}{2b}+\dfrac{b}{2a}-ab$ .

当0 $<\left|\alpha-\beta\right|<\dfrac{\pi}{6}$ 时, $\cos\left(\alpha -\beta\right)>\dfrac{\sqrt{3}}{2}$ ,则
$\dfrac{1}{2ab}\cdot \left[\cos ^{2}\left(\alpha-\beta\right)-1\right]>-\dfrac{1}{8ab},$ 原不等式成立.

显见,在开区间 $\left(0,\dfrac{\pi}{2}\right)$ 内选择4对两两不同的角对 $\left(\alpha_{i},\beta_{i}\right)$ ,使得存在某两个角对 $\left(\alpha,\beta\right)$ ,满足 $0<\left|\alpha-\beta\right|<\dfrac{\pi}{6}$ 是可以办到的,因此结论成立.

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（来源: 数学奥林匹克小丛书第二版高中卷不等式的解题方法与技巧苏勇熊斌证明不等式的基本方法 P057 习题12）

设 $s$ 是所有满足下列条件的三角形集合:
$5\left(\dfrac{1}{AP}+\dfrac{1}{BQ}+\dfrac{1}{CR}\right)-\dfrac{3}{\min \left\{AP,BQ,CR\right\}}=\dfrac{6}{r},$
其中 $r$ 为 $\triangle ABC$ 内切圆半径, $P$ 、 $Q$ 、 $R$ 分别是内切圆切边 $AB$ 、 $BC$ 、 $CA$ 的切点.求证: $s$ 中所有三角形都是等腰三角形并且均相似.

证明

设 $a=\max\left\{a,b,c\right\}$ ,则 $AP=\min\left\{BP,BQ,CR\right\}$ ,由题意可得
$\dfrac{4}{-a+b+c}+\dfrac{10}{-b+a+c}+\dfrac{10}{-c+a+b}=\dfrac{6}{r}.$
令 $-a+b+c=2x$ , $-b+a+c=2y$ , $-c+a+b=2z$ , $x,y,z>0$ .

则上式等价于: $\dfrac{2}{x}+\dfrac{5}{y}+\dfrac{5}{z}=6\cdot \sqrt{\dfrac{1}{xy}+\dfrac{1}{yz}+\dfrac{1}{zx}}$ ,故
$2\left(\dfrac{1}{x}-\dfrac{4}{y}\right)^{2}+2\left(\dfrac{1}{x}-\dfrac{4}{z}\right)^{2}=7\left(\dfrac{1}{y}-\dfrac{1}{z}\right)^{2}.$
令 $p=\dfrac{1}{x}-\dfrac{4}{y}$ , $q=\dfrac{1}{x}-\dfrac{4}{z}$ ,则 $25p^{2}+14pq+25q^{2}=0$ .